{HDU}{2516}{取石子游戏}{斐波那契博弈}

题意：给定一堆石子，每一个人最多取前一我的取石子数的2被，最少取一个，最后取石子的为赢家，求赢家。

思路：斐波那契博弈，这个题的证实过程太精彩了！

一个重要的定理：任何正整数均可以表示为若干个不连续的斐波那契数的和。

1、概括法证实斐波那契数列是必败点

为了方便，咱们将n记为f[i]。

一、当i=2时，先手只能取1颗，显然必败，结论成立。

二、假设当i<=k时，结论成立。

     则当i=k+1时，f[i] = f[k]+f[k-1]。

     则咱们能够把这一堆石子当作两堆，简称k堆和k-1堆。

    （必定能够当作两堆，由于假如先手第一次取的石子数大于或等于f[k-1]，则后手能够直接取完f[k]，由于f[k] < 2*f[k-1]）

     对于k-1堆，由假设可知，不论先手怎样取，后手总能取到最后一颗。下面咱们分析一下后手最后取的石子数x的状况。

     若是先手第一次取的石子数y>=f[k-1]/3，则这小堆所剩的石子数小于2y，即后手能够直接取完，此时x=f[k-1]-y，则x<=2/3*f[k-1]。

     咱们来比较一下2/3*f[k-1]与1/2*f[k]的大小。即4*f[k-1]与3*f[k]的大小，对两值做差后不可贵出，后者大。

     因此咱们获得，x<1/2*f[k]。

     即后手取完k-1堆后，先手不能一下取完k堆，因此游戏规则没有改变，则由假设可知，对于k堆，后手仍能取到最后一颗，因此后手必胜。

     即i=k+1时，结论依然成立。

2、概括法证实非斐波那契数为必胜点

将g[n]=f[a1]+f[a2]+...+f[ap]，其中f[ai]为斐波那契数，先手取最小的堆f[ap]，后手只能取f[a(p-1)]，这样就成了面对后手先取斐波那契数的局面，必败，从而先手必胜。

不得不认可，这两步证实很nice，第一步证实的严谨，第二步证实的漂亮，大脑运做的还不是很快啊~

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特别感谢：

http://blog.csdn.net/acm_cxlove/article/details/7835016

http://blog.csdn.net/dgq8211/article/details/7602807

http://yjq24.blogbus.com/logs/46150651.html

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